1. [2014·上海高考]性状分离比的模拟实验中，如图准备了实验装置，棋子上标记的D、d代表基因。实验时需分别从甲、乙中各随机抓取一枚棋子，并记录字母。此操作模拟了()

①等位基因的分离　②同源染色体的联会　③雌雄配子的随机结合　④非等位基因的自由组合

A. ①③ B. ①④

C. ②③ D. ②④

解析：两个装置中含有等量的D和d棋子，代表等位基因分离，雌雄个体各产生两种数目相等的配子，从两个装置中各随机取一枚棋子合在一起表示雌雄配子的随机结合，本实验不能说明同源染色体的联会和非等位基因的自由组合，故选A。

答案：A

2. [2014·海南高考]某二倍体植物中，抗病和感病这对相对性状由一对等位基因控制，要确定这对性状的显隐性关系，应该选用的杂交组合是()

A. 抗病株×感病株

B. 抗病纯合体×感病纯合体

C. 抗病株×抗病株，或感病株×感病株

D. 抗病纯合体×抗病纯合体，或感病纯合体×感病纯合体

解析：判断性状的显隐性关系的方法有：(1)定义法——具有相对性状的纯合个体进行正反交，子代表现出来的性状就是显性性状，对应的为隐性性状;(2)相同性状的雌雄个体间杂交，子代出现不同于亲代的性状，该子代的性状为隐性，亲代性状为显性。故选C。

答案：C

3. [2013·课标全国卷]若用玉米为实验材料验证孟德尔分离定律，下列因素对得出正确实验结论影响最小的是 ()

A. 所选实验材料是否为纯合子

B. 所选相对性状的显隐性是否易于区分

C. 所选相对性状是否受一对等位基因控制

D. 是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法

解析：本题主要考查验证孟德尔分离定律实验的相关知识。本题的“题眼”为题干中的“验证”，即用隐性个体(纯合子)与F1(杂合子)测交，故“所选实验材料是否为纯合子”对实验结论影响最小;对分离定律进行验证的实验要求所选相对性状有明显的显性隐性区分，否则会严重影响实验结果;验证实验中所选的相对性状一定受一对等位基因控制，这样才符合分离定律的适用范围;实验中要严格遵守实验操作流程和统计分析方法，否则会导致实验误差。

答案：A

4. [2013·山东高考]用基因型为Aa的小麦分别进行连续自交、随机交配、连续自交并逐代淘汰隐性个体、随机交配并逐代淘汰隐性个体，根据各代Aa基因型频率绘制曲线如图。下列分析错误的是 ()

A. 曲线Ⅱ的F3中Aa基因型频率为0.4

B. 曲线Ⅲ的F2中Aa基因型频率为0.4

C. 曲线Ⅳ的Fn中纯合体的比例比上一代增加(1/2)n 1

D. 曲线Ⅰ和Ⅳ的各子代间A和a的基因频率始终相等

解析：本题结合基因的分离定律考查基因频率和基因型频率的计算方法。依题意可首先分析出前三代中Aa的基因型频率(如下表)，据此可判断曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别对应表中的②、④、③、①4种情况。

①连续自交 ②随机交配 ③连续自交并逐

代淘汰隐性个体 ④随机交配并逐

代淘汰隐性个体 P 1 1 1 1 F1 1/2 1/2 2/3 2/3 F2 1/4 1/2 2/5 1/2 由图可知，曲线Ⅱ的F3中Aa的基因型频率与曲线Ⅲ的F2中Aa的基因型频率相同，均为0.4，A、B正确;曲线Ⅳ的Fn中纯合体的比例和上一代中纯合子的比例分别为1-1/2n和1-1/2n-1，两者相差1/2n，C错误;曲线Ⅰ和Ⅳ分别代表随机交配和连续自交两种情况，此过程中没有发生淘汰和选择，所以各子代间A和a的基因频率始终相等，D正确。

答案：C

5. [2012·江苏高考]下列关于遗传实验和遗传规律的叙述，正确的是()

A. 非等位基因之间自由组合，不存在相互作用

B. 杂合子与纯合子基因组成不同，性状表现也不同

C. 孟德尔巧妙设计的测交方法只能用于检测F1的基因型

D. F2的3∶1性状分离比一定依赖于雌雄配子的随机结合

解析：本题考查遗传实验和遗传规律的有关知识。非等位基因之间自由组合，可能存在相互影响，如F2中出现9∶3∶4这样的性状分离比，故A错;在完全显性的条件下，杂合子与显性纯合子性状表现相同，故B错;测交方法可检测任一未知基因型，故C错;F2的3∶1性状分离比依赖于雌雄配子的随机结合，故D对。

答案：D

6. [2014·浙江高考]利用种皮白色水稻甲(核型2n)进行原生质体培养获得再生植株，通过再生植株连续自交，分离得到种皮黑色性状稳定的后代乙(核型2n)。甲与乙杂交得到丙，丙全部为种皮浅色(黑色变浅)。设种皮颜色由1对等位基因A和a控制，且基因a控制种皮黑色。

请回答：

(1)甲的基因型是________。上述显性现象的表现形式是________。

(2)请用遗传图解表示丙为亲本自交得到子一代的过程。

(3)在原生质体培养过程中，首先对种子胚进行脱分化得到愈伤组织，通过________培养获得分散均一的细胞。然后利用酶处理细胞获得原生质体，原生质体经培养再生出________，才能进行分裂，进而分化形成植株。

(4)将乙与缺少1条第7号染色体的水稻植株(核型2n-1，种皮白色)杂交获得子一代，若子一代的表现型及其比例为________________，则可将种皮黑色基因定位于第7号染色体上。

(5)通过建立乙植株的________，从中获取种皮黑色基因，并转入玉米等作物，可得到转基因作物。因此，转基因技术可解决传统杂交育种中________亲本难以有性杂交的缺陷。

解析：(1)由于甲与乙杂交后代均为浅色，说明甲与乙都是纯合子，所以甲的基因型为AA，且Aa不完全显性表现为浅色。(2)遗传图解需要的要素包括：亲代表现型和基因型、配子类型、子代表现型和基因型、表现型比例。(3)愈伤组织必须通过悬浮培养分散成单个细胞，而再生出细胞壁才能分裂分化为植株。(4)乙的基因型为aa，如果黑色基因在7号染色体上，缺失一条7号染色体的白色为A0，根据分离定律可知，子代基因型为Aa(浅色)和a0(黑色)，且比例为1∶1。(5)基因工程的目的基因获取可以先建立基因文库从中获取。基因工程可以克服远缘杂交不亲和的障碍，使有生殖隔离的亲本的基因可以重组。

答案：(1)AA　不完全显性

(2)　种皮浅色

PAa

F1

雌配子

雄配子　 A a A AA

种皮白色 Aa

种皮浅色 a Aa

种皮浅色 aa

种皮黑色 种皮白色∶种皮浅色∶种皮黑色=1∶2∶1

(3)液体悬浮　细胞壁

(4)种皮浅色∶种皮黑色=1∶1

(5)基因文库　种间(或远缘)

1. [2015·江西鹰潭模拟]将具有一对相对性状的纯种豌豆个体间行种植，另将具有一对相对性状的纯种玉米个体间行种植，通常情况下，具有隐性性状的一行植株上所产生的F1是()

A. 豌豆和玉米都有显性个体和隐性个体

B. 玉米都为隐性个体，豌豆既有显性又有隐性

C. 豌豆和玉米的显性和隐性比例都是3∶1

D. 豌豆都为隐性个体，玉米既有显性又有隐性

解析：豌豆为自花传粉，玉米为异花传粉，因此具有隐性性状的一行植株上所产生的F1中，豌豆都为隐性个体，玉米既有显性又有隐性。

答案：D

2. [2015·安徽蚌埠模拟]玉米是雌雄同株、异花传粉植物，可以接受本植株的花粉，也能接受其他植株的花粉。在一块农田间行种植等数量基因型为Aa和aa的玉米(A和a分别控制显性性状和隐性性状，且A对a为完全显性)，假定每株玉米结的子粒数目相同，收获的玉米种下去，具有A表现型和a表现型的玉米比例应接近()

A. 1∶4 B. 5∶11

C. 1∶2 D. 7∶9

解析：间行种植的玉米，既可杂交也可自交，由于种植的Aa和aa的玉米比例是1∶1，可以得出该玉米种群可产生含基因A和a的雌雄各两种配子，其比例是：A=1/2×1/2=1/4、a=1/2×1/2 1/2×1=3/4，再经过雌雄配子的随机结合，得到的子代比例为：aa=3/4×3/4=9/16，而A_=1-9/16=7/16，故具有A表现型和a表现型的玉米比例应接近7∶9。

答案：D

3. [2015·福建四地六校联考]某植物的红花和白花是一对相对性状，红花和白花植株杂交，不论正交或反交，F1均表现为红色，F1自交，F2的性状分离比总不是3∶1，下列所述原因中肯定不对的是()

A. 可能是多对基因控制这一对相对性状

B. 该植物可能是多倍体

C. 该性状的遗传方式可能是伴性遗传

D. 可能是某一基因型配子或胚胎有部分致死的现象

解析：因题中已说明正交和反交结果相同，所以该性状的遗传方式不可能是伴性遗传，C错。

答案：C

4. [2015·南昌二中月考]菜豆是一年生自花传粉的植物，其有色花对白色花为显性。一株有色花菜豆(Cc)生活在某海岛上，该海岛上没有其他菜豆植株存在，三年之后开有色花菜豆植株和开白色花菜豆植株的比例是()

A. 3∶1 B. 15∶7

C. 9∶7 D. 15∶9

解析：根据杂合子自交n代，其第n代杂合子的概率为1/2n，三年之后F3的杂合子的概率为：1/23=1/8。则F3中纯合子的概率为1-1/8=7/8(其中显性纯合子7/16，隐性纯合子7/16)。所以三年之后，有色花植株白色花植株=(1/8 7/16)7/16=9∶7。

答案：C

5. [2015·石家庄统考]红海中营群居生活的红鲷鱼有一种奇怪的现象，即在缺少雄性红鲷鱼的雌鱼群体中，总会有一条雌鱼变成雄鱼，且身体也变得比其他雌鱼健壮。为解释这一现象，有人做了如下两组实验(注：两组红鲷鱼生长状况、实验装置、条件及时间都相同)。该实验说明()

A. 环境因素对生物的性状表现起到决定性作用

B. 生物的性状表现由遗传物质决定

C. 生物的性状表现是基因型与环境相互作用的结果

D. 鲷鱼的性别决定与遗传物质无关

解析：两组实验，第一组虽然不在一个玻璃缸中，但是可以相互看到，与在同一个池塘中的作用是类似的，雌鱼中没有产生雄鱼;第二组两个玻璃缸被木板隔开，饲养一段时间后，产生了雄鱼，可以得出生物的性状表现是基因型与环境相互作用的结果。

答案：C

6. [2015·福建闽南四校联考]现有一株高茎(显性)豌豆甲，要确定甲的基因型，最简便易行的办法是()

A. 选另一株矮茎豌豆与甲杂交，子代中若有矮茎出现，则甲为杂合子

B. 选另一株矮茎豌豆与甲杂交，子代若都表现为高茎，则甲为纯合子

C. 让甲与多株高茎豌豆杂交，子代中若高、矮茎之比接近3∶1，则甲为杂合子

D. 让甲豌豆进行自花传粉，子代中若有矮茎出现，则甲为杂合子

解析：由于甲为显性个体，其基因型可能为纯合子也可能为杂合子，而豌豆在自然状态下是自花传粉且闭花受粉的植物，故要确定其基因型，最简便易行的方法是让甲豌豆自花传粉，子代中若有矮茎个体出现，则甲为杂合子，反之则为纯合子，D正确。

答案：D

7. [2015·六安一中月考]下列有关孟德尔的“假说—演绎法”的叙述中，不正确的是()

A. 在“一对相对性状的遗传实验”中提出了等位基因的说法

B. “测交实验”是对推理过程及结果进行的检验

C. “生物性状是由遗传因子决定的;体细胞中遗传因子成对存在;配子中遗传因子成单存在;受精时，雌雄配子随机结合”属于假说内容

D. 提出问题是建立在纯合亲本杂交和F1自交两组豌豆遗传实验基础上的

解析：孟德尔没有提出等位基因的说法，为了解释分离现象和自由组合现象，孟德尔提出了遗传因子的概念。

答案：A

8. [2015·咸阳模拟]一个自然交配的羊群中，有黑色和白色两种体色(黑色为显性)，一只白色公羊和几只黑色母羊交配，生下的小羊全是白色，对此现象的解释不正确的是()

A. 上述几只黑色母羊是杂合子的概率是100%

B. 该种群中任选两只黑色亲本交配产下黑色小羊的概率可能是75%或100%

C. 该公羊与该群体中其它黑色母羊交配产生白色小羊的概率都是50%

D. 该公羊与上述几只母羊再次交配产生黑羊的概率都是50%

解析：由题意分析让一只白色公羊(aa)和几只黑色母羊(A_)交配，生下的小羊全是白色(aa)，则说明黑色母羊的基因型是Aa，即几只黑色母羊是杂合子的概率是100%，A正确;已知黑色对白色为显性，所以黑色基因型为AA或者Aa，则该种群中任选两只黑色亲本交配产下黑色小羊的概率可能是75%或100%，B正确;已知黑色基因型为AA或者Aa，所以该公羊(aa)与该群体中其它黑色母羊交配产生白色小羊的概率是50%或100%，C错误;由题意分析可知，与这只公羊交配的母羊的基因型都是Aa，所以该公羊(aa)与上述几只母羊再次交配产生黑羊的概率都是50%，D正确。

答案：C

9. [2014·福建厦门月考]苏格兰牛的耳尖V形与非V形是一对相对性状，由一对等位基因控制。以下是苏格兰牛耳尖性状遗传的家系图，下列叙述正确的是()

A. V形耳尖由X染色体上的显性基因控制

B. 由Ⅲ2的表现型可推定Ⅲ1为杂合子

C. Ⅲ3中控制非V形耳尖的基因可来自Ⅰ

D. Ⅲ2与Ⅲ5生出V形耳尖子代的可能性为1/3

解析：由Ⅱ1、Ⅱ2都是V形耳尖生出非V形耳尖Ⅲ2可知，控制V形耳尖的基因是显性基因，但是Ⅰ代的雌配子代有非V形的，因此V形耳尖由常染色体上的显性基因控制，A错误;由Ⅲ2的表现型可推出Ⅱ1和Ⅱ2均为杂合子，但是Ⅲ1是否是杂合子未知，B错误;Ⅲ3中控制非V形耳尖的基因，亲本均提供一个，其雌性亲本的非V形耳尖的基因来自Ⅰ，C正确;Ⅲ2与Ⅲ5的基因型分别是aa、Aa，因此生出V形耳尖子代的可能性为1/2，D错误。

答案：C

10. [2014·揭阳模拟]将基因型为Aa的豌豆连续自交，在后代中的纯合子和杂合子按所占的比例做得如图所示曲线图，据图分析，错误的说法是()

A. a曲线可代表自交n代后纯合子所占的比例

B. 通过对上图分析可以得出在实际生产中可通过连接自交提高所想获得的某种纯合品系的比例

C. 隐性纯合子的比例比b曲线所对应的比例要小

D. c曲线可代表后代中杂合子所占比例随自交代数的变化

解析：杂合子Aa连续自交n代后，后代中杂合子所占比例为(1/2)n，纯合子AA和aa所占比例相同，为[1-(1/2)n]/2，可知图中a曲线表示纯合子所占比例，b曲线表示显性纯合子或隐性纯合子所占比例，c曲线表示杂合子所占比例。

答案：C

11. [2014·咸阳模拟]老鼠的皮毛黄色(A)对灰色(a)为显性，是由常染色体上的一对等位基因控制的。有一位遗传学家在实验中发现含显性基因(A)的精子和含显性基因(A)的卵细胞不能结合。如果黄鼠与黄鼠(第一代)交配得到第二代，第二代老鼠自由交配一次得到第三代，那么在第三代中黄鼠的比例是()

A. 4/9 B. 1/2

C. 5/9 D. 1

解析：根据题意知，个体中出现的黄鼠基因型只能是Aa，因此双亲都是Aa，杂交后代中不能出现AA个体，这样会有Aa∶aa=2∶1，因此第二代的基因频率为1/3A、2/3a，则第三代中黄鼠的比例为2×1/3×2/3=4/9，灰鼠的比例为2/3×2/3=4/9，且显性纯合子不能生存，因此选B。

答案：B

12. [2015·潍坊抽样检测]观赏植物藏报春是一种多年生草本植物，两性花、异花传粉。在温度为20～25 ℃的条件下，红色(A)对白色(a)为显性，基因型AA和Aa为红花，基因型aa为白花，若将开红花的藏报春移到30 ℃的环境中，基因型AA、Aa也为白花。试回答：

(1)根据基因型为AA的藏报春在不同温度下表现型不同，说明_____________________，温度对藏报春花的颜色的影响最可能是由于温度影响了________________。

(2)现有一株开白花的藏报春，如何判断它的基因型?

①在人工控制的20～25 ℃温度条件下种植藏报春，选取开白花的植株作亲本甲。

②在________期，去除待鉴定的白花藏报春(亲本乙)的雄蕊，并套纸袋。

③待亲本乙的雌蕊成熟后，____________________，并套袋。

④收取亲本乙所结的种子，并在________温度条件下种植，观察____________________。

⑤结果预期：若杂交后代都开白花，则鉴定藏报春的基因型为________;若杂交后代____________________，则待鉴定藏报春的基因型为AA;若杂交后代既有红花，又有白花，则待鉴定藏报春的基因型为___________________________________________________。

解析：(1)基因型为AA的藏报春在不同温度下表现型不同，说明其表现型是基因型和环境共同作用的结果。温度对藏报春花的颜色的影响最可能是由于温度影响了酶的活性，间接影响其性状。(2)在植物杂交实验中，去雄要在花蕾期完成，去雄的植株应作为母本，观察的指标是花的颜色。该实验的培养温度应为20～25 ℃，排除温度对实验结果的影响;实验的预期结果有三种：一是杂交后代只开白花，说明待鉴定藏报春的基因型为aa;二是杂交后代只开红花，说明待鉴定藏报春的基因型为AA;三是杂交后代既有红花，又有白花，说明待鉴定藏报春的基因型为Aa。

答案：(1)生物的表现型是基因型与环境共同作用的结果(环境影响基因的表达)　酶的活性

(2)②花蕾　③取亲本甲的花粉授给亲本乙

④20～25 ℃　花的颜色　⑤aa　都开红花　Aa

13. [2015·景德镇市模拟]红星中学的同学在高一时用牵牛花做杂交实验，高二时得到子代，结果如下表所示：

父本 母本 子代 一班 1朵红花 1朵红花 298朵红花、101朵蓝花 二班 1朵蓝花 1朵蓝花 红花、蓝花(没有意识到要统计数量比) 三班 1朵红花 1朵蓝花 红花、蓝花(没有意识到要统计数量比) 四班 1朵红花 1朵红花 全红花 (1)若四个班的同学没有进行交流，且均以为花色仅受一对等位基因控制，则________班和________班对显隐性的判断刚好相反。四个班经过交流后，对该现象提出了两种可能的假说：

假说一：花色性状由三个复等位基因(A 、A、a)控制，其中A决定蓝色，A 和a都决定红色，A 相对于A、a是显性，A相对于a是显性。若该假说正确，则一班同学所用的两朵亲代红花的基因型组合方式可能为①______________，②__________________两种情况。

假说二：花色性状由三个复等位基因(A、a1、a2)控制，只有a1和a2在一起时，才会表现为蓝色，其他情况均为红色，A相对于a1、a2为显性。

能否仅根据一班F1的数量比判断哪种假说是正确的?________(填“能”或“不能”)。

(2)将一班F1中的蓝色花进行自交得一班F2，将二班F1中的红色花自交得二班F2。到了高三，统计得到一班F2中红花个体和蓝花个体各占一半，则一班同学可以据此判断自己高一时所用的两朵红花亲本的基因型为________，并且可推测二班F2中的花色比例应为________，而这个推测数据和二班同学实验得到的真实数据吻合，表示我们的假说________(填“一”或“二”)是对的。同学们探索牵牛花花色遗传方式的这种思路在科学研究中被称为________法。

解析：(1)一班根据两朵红花交配后代既有红花又有蓝花，且红花∶蓝花约为3∶1，判断红花为显性性状;同理，二班判断蓝花为显性性状;三班、四班不能判断性状的显隐性。依据假说一，基因型A _、aa都表现为红花，基因型AA、Aa表现为蓝花，两朵红花个体交配后代出现蓝花，所以亲本红花基因组合为A A×A A或A A×A a。依据假说二，亲本基因组成为Aa1×Aa2时，也会出现一班的实验结果，所以仅根据实验一不能得出哪种假说正确。(2)一班F1中蓝花个体自交后代红∶蓝=1∶1，若F1中蓝花个体的基因型是Aa，自交后代的表现型及比例为红∶蓝=1∶3，不符合题意;若亲本红花基因型为Aa1×Aa2，F1蓝花个体基因型为a1a2，其自交后代基因型及比例为1a1a1、1a2a2、2a1a2，红花∶蓝花=1∶1，符合题意，故假说二正确。

答案：(1)一　二　A A×A A　A A×A a　不能

(2)Aa1×Aa2　红∶蓝=1∶0(全为红花)　二

假说—演绎